二月 CF 的解题报告

就写我打了的。

并不是官方题解的翻译，是我做的方法。

部分题目没写好。

Codeforces Round #699 (Div. 2)

A. Space Navigation

判断起点到终点的方向，保留有需要的方向再判断。

B. New Colony

暴力。如果有一个进入垃圾桶，后面的肯定都进入垃圾桶。

C. Fence Painting

除了最后一个工匠以外，前面的工匠的作品都可以选择被覆盖掉。找到所有需要变化的颜色，模拟即可。

D. AB Graph

构造题

E. Sorting Books

先留着。

Codeforces Round #700 (Div. 1)

A. Searching Local Minimum

考虑三分每次可以把序列长度 $\times \dfrac{2}{3}$。注意边界的特判，容易 FST。

B1. Painting the Array I

过是过了，但是我的方法似乎很垃圾，所以先留着。

B2. Painting the Array II

先留着。

Codeforces Round #701 (Div. 2)

A. Add and Divide

肯定先加后除。$b=1$ 就加到 $2$。枚举 $b$ 的值就可以了，注意到 $b$ 不应该很大。

B. Replace and Keep Sorted

先暴力写出式子，发现很多项可以消去。最后式子中只剩下首项末项。

C. Floor and Mod

注意到只要满足 $a=xb+x$ 且 $x<b$ 即可。对于一个 $b$ 找到能对应多少个 $a$。列出式子发现式子中带有一个 $\min$，分类讨论 $\min$ 的取值条件。发现前半部分可以直接计算，后半部分整除分块。

D. Multiples and Power Differences

黑白染色后，黑格子 $720720$，白格子 $720720-x^4$。

E. Move and Swap

题目都没看。

Educational Codeforces Round 104 (Rated for Div. 2)

A. Arena

除了最垃圾的其他都可以。

B. Cat Cycle

？？？为什么我的做法这么麻烦？做了 40 min 大草。

C. Minimum Ties

奇偶分类讨论。发现偶数可以做到不平局，每个人赢一半输一半。奇数的话每个人平一局，剩下的一半赢一半输。证明不会。

考虑构造，平局的话 $1$ 和 $2$ 平， $3$ 和 $4$ 平，其他类似，这样构造就好了。输赢的构造可以分奇偶。

D. Pythagorean Triples

$$b+c=a^2=c^2-b^2=(b+c)\times (c-b)$$

所以只要 $b$ 和 $c$ 的差为 $1$ 的勾股数就能满足。然后可以二分或者直接算。

E. Cheap Dinner

做 $3$ 次 DP。显然 $3$ 次是互不干扰的。每次的时候就是扔掉有关系的，在剩下的里找最小值。然后考虑用一个数据结构维护就行了。我翻了很多人的记录，似乎就我是用线段树的。

F. Ones

我只知道贪心是错的。

G. String Counting

似乎是个字符串 DP。

Codeforces Round #702 (Div. 3)

A. Dense Array

在两个不满足条件的相邻的数之间插入若干个就好了。

B. Balanced Remainders

考虑每个数对 $3$ 取模的值。分别找到 $0$，$1$，$2$ 的个数，把大于平均数的转化。

C. Sum of Cubes

用 map 记录哪些数是三次方数。暴力枚举 $a$ ，求出 $x-a^3$ 观察其是否是三次方数。

D. Permutation Transformation

递归模拟。

E. Accidental Victory

按照能力值排序，求前缀和。观察每个人能否打过他前面所有人加起来的和。从后往前找到第一个不满足这个条件的人，那么后面所有人都是可行的。最后不要忘记按 $id$ 输出。

F. Equalize the Array

计算出每个数出现的次数。枚举最后的次数 $x$，把次数小于 $x$ 的全部删掉，大于 $x$ 的删掉使得他保留为 $x$。似乎需要前缀和。

G. Old Floppy Drive

如果转一圈后加的值是个负数，那就只能转一圈不到。如果不行的话直接 $-1$。

如果转一圈后加的值是个正数，那一定是可行的。计算出要转几圈，然后可以二分一下。

Codeforces Round #703 (Div. 2)

A. Shifting Stacks

对于第 $i$ 个位置，如果前面所有积木堆在一起能堆到 $i-1$ 个就是可行的。

B. Eastern Exhibition

根据初一数学容易发现将 $x,y$ 分开后，$x_{ans}$
应该取 $x$ 的中位数。如果有两个中位数那么取在它们之间都可以。

C1. Guessing the Greatest (easy version)

考虑答案在区间 $[l,r]$ 中，那么我们先查询 $[l,r]$ 的次小值，再查 $[l,mid]$ 和 $[mid+1,r]$。哪个区间的次小值还是原区间的次小值，那么答案就在哪个区间内。容易发现大概是 $2\times log_2^n$ 次。

C2. Guessing the Greatest (hard version)

考虑优化 C1 的算法。我们考虑先取出这个序列的次小值位置 $u$。考虑答案在区间 $[l,r]$ 中，我们扔掉“先查询 $[l,r]$ 的次小值”这个操作，利用 $u$。如果 $u$ 在此区间中，查询 $[l,mid]$ 或 $[mid+1,r]$ 使得这个查询区间包含 $u$；否则如果 $u$ 在 $l$ 左边，查询 $[u,mid]$ 即可，在 $r$ 右边也同理。这样我们发现用一次操作就可以把区间缩小一半。

D. Max Median

二分答案 $x$，判断 $≥x$ 的解是否可行。把大于等于 $x$ 的数替换成 $1$，其他数替换成 $-1$。那么一段中位数至少是 $x$ 转换为了这段的和是正的。所以查找新序列中有没有一个长度至少是 $k$ 的子串满足和为正即可。这个问题可以使用前缀和，维护前缀和的前缀最小值，在线性时间内完成。所以总复杂度是 $O(n\log n)$ 的。

E. Paired Payment

建图套路题。考虑以下建图方式：

1. 对于一个点 $u$ 以及一条连接 $u$ 的边 $(u,v,w)$，建立虚点 $(u,w)$。
2. 对于一条边 $(u,v,w)$，我们建权值为 $0$ 的边 $u\to (v,w)$。
3. 对于一条边 $(u,v,w)$ 和一个虚点 $(u,x)$，建立权值为 $(x+w)^2$ 的边 $(u,x)\to v$。

怎么理解这个建图方式呢？我们考虑任意一条形如 $x\to y\to z$ 的路径（我们把 $y$ 叫做中转点） $w_1$，$y \to z$ 权值 $w_2$。根据操作 2，$x$ 向 $(y,w_1)$ 建立了权值为 $0$ 的边。又根据操作 3，$(y,w_1)$ 向 $z$ 建立了权值为 $(w_1+w_2)^2$ 的边。这样就可以实现了。可以理解为中转点 $y$ 本身是不经过的，经过的是建立在 $y$ 上的虚点。其实也不难理解，个人感觉有点类似分层图最短路的思想。

接下来用 dijkstra 跑最短路即可。考虑这个建图方式的复杂度正确性：

• 操作 1 中虚点个数是 $O(m)$。
• 操作 2 中边个数是 $O(m)$。
• 操作 3 中边个数是 $O(m\times \max W)$。因为如果某个顶点的度数为 $t$，我们将创建不超过 $t \max W$的边，并且所有 $t$ 的总和为 $2\times m$。